人教中考数学锐角三角函数(大题培优)及详细答案

一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．图1是一种折叠式晾衣架．晾衣时，该晾衣架左右晾衣臂张开后示意图如图2所示，两支脚OC＝OD＝10分米，展开角∠COD＝60°，晾衣臂OA＝OB＝10分米，晾衣臂支架HG ＝FE＝6分米，且HO＝FO＝4分米．当∠AOC＝90°时，点A离地面的距离AM为_______分米；当OB从水平状态旋转到OB′（在CO延长线上）时，点E绕点F随之旋转至OB′上的点E′处，则B′E′﹣BE为_________分米．
【答案】553
【解析】
【分析】
如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．解直角三角形求出MQ，AQ即可求出AM，再分别求出BE，B′E′即可．
【详解】
解：如图，作OP⊥CD于P，OQ⊥AM于Q，FK⊥OB于K，FJ⊥OC于J．
∵AM⊥CD，
∴∠QMP＝∠MPO＝∠OQM＝90°，
∴四边形OQMP是矩形，
∴QM＝OP，
∵OC＝OD＝10，∠COD＝60°，
∴△COD是等边三角形，
∵OP⊥CD，
∠COD＝30°，
∴∠COP＝1
2
∴QM＝OP＝OC•cos30°＝3
∵∠AOC＝∠QOP＝90°，
∴∠AOQ＝∠COP＝30°，
∴AQ＝1
OA＝5（分米），
2
∴AM＝AQ＋MQ＝5＋3
∵OB∥CD，
∴∠BOD＝∠ODC＝60°
在Rt△OFK中，KO＝OF•cos60°＝2（分米），FK＝OF•sin60°＝23（分米），
在Rt△PKE中，EK＝22
EF FK
-＝26（分米），
∴BE＝10−2−26＝（8−26）（分米），
在Rt△OFJ中，OJ＝OF•cos60°＝2（分米），FJ＝23（分米），
在Rt△FJE′中，E′J＝22
63
-（2）＝26，
∴B′E′＝10−（26−2）＝12−26，
∴B′E′−BE＝4．
故答案为：5＋53，4．
【点睛】
本题考查解直角三角形的应用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
2．如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=36°，BC=1，点D在边AC上且BD平分∠ABC，设CD=x．
（1）求证：△ABC∽△BCD；
（2）求x的值；
（3）求cos36°-cos72°的值．
【答案】(1)证明见解析；（2
15
-+
；（3
758
+
【解析】
试题分析：（1）由等腰三角形ABC中，顶角的度数求出两底角度数，再由BD为角平分线求出∠DBC的度数，得到∠DBC=∠A，再由∠C为公共角，利用两对角相等的三角形相似得到三角形ABC与三角形BCD相似；
（2）根据（1）结论得到AD=BD=BC ，根据AD+DC 表示出AC ，由（1）两三角形相似得比例求出x 的值即可；
（3）过B 作BE 垂直于AC ，交AC 于点E ，在直角三角形ABE 和直角三角形BCE 中，利用锐角三角函数定义求出cos36°与cos72°的值，代入原式计算即可得到结果．
试题解析：（1）∵等腰△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=36°，
∴∠ABC=∠C=72°，
∵BD 平分∠ABC ，
∴∠ABD=∠CBD=36°，
∵∠CBD=∠A=36°，∠C=∠C ，
∴△ABC ∽△BCD ；
（2）∵∠A=∠ABD=36°，
∴AD=BD ，
∵BD=BC ，
∴AD=BD=CD=1，
设CD=x ，则有AB=AC=x+1，
∵△ABC ∽△BCD ， ∴AB BC BD CD =
，即111x x
+=， 整理得：x 2+x-1=0， 解得：x 1=
15-+，x 2=15--（负值，舍去）， 则x=15-+； （3）过B 作BE ⊥AC ，交AC 于点E ，
∵BD=CD ，
∴E 为CD 中点，即DE=CE=154
-+， 在Rt △ABE 中，cosA=cos36°=15
1514151AE AB -++
+==-++
在Rt△BCE中，cosC=cos72°
=
15
15
4
14
EC
BC
-+
-+
==，
则cos36°-cos72°=
51
4
+
=-
15
4
-+
=
1
2
．
【考点】1.相似三角形的判定与性质；2.等腰三角形的性质；3.黄金分割；4.解直角三角形．
3．如图，AB是⊙O的直径，点C，D是半圆O的三等分点，过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E，过点D作DF⊥AB于点F，交⊙O于点H，连接DC，AC．
（1）求证：∠AEC=90°；
（2）试判断以点A，O，C，D为顶点的四边形的形状，并说明理由；
（3）若DC=2，求DH的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）四边形AOCD为菱形；
（3）DH=2．
【解析】
试题分析：（1）连接OC，根据EC与⊙O切点C，则∠OCE=90°，由题意得
，∠DAC=∠CAB，即可证明AE∥OC，则∠AEC+∠OCE=180°，从而得出
∠AEC=90°；
（2）四边形AOCD为菱形．由（1）得，则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形，再由OA=OC，即可证明平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；
（3）连接OD．根据四边形AOCD为菱形，得△OAD是等边三角形，则∠AOD=60°，再由
DH⊥AB于点F，AB为直径，在Rt△OFD中，根据sin∠AOD=，求得DH的长．
试题解析：（1）连接OC，
∵EC与⊙O切点C，
∴OC⊥EC，
∴∠OCE=90°，
∵点CD是半圆O的三等分点，
∴，
∴∠DAC=∠CAB，
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠OCA，
∴∠DAC=∠OCA，
∴AE∥OC（内错角相等，两直线平行）
∴∠AEC+∠OCE=180°，
∴∠AEC=90°；
（2）四边形AOCD为菱形．理由是：
∵，
∴∠DCA=∠CAB，
∴CD∥OA，
又∵AE∥OC，
∴四边形AOCD是平行四边形，
∵OA=OC，
∴平行四边形AOCD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）；（3）连接OD．
∵四边形AOCD为菱形，
∴OA=AD=DC=2，
∵OA=OD，
∴OA=OD=AD=2，
∴△OAD 是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∵DH ⊥AB 于点F ，AB 为直径，
∴DH=2DF ，
在Rt △OFD 中，sin ∠AOD=
， ∴DF=ODsin ∠AOD=2sin60°=
，
∴DH=2DF=2． 考点：1.切线的性质2.等边三角形的判定与性质3.菱形的判定与性质4.解直角三角形．
4．许昌芙蓉湖位于许昌市水系建设总体规划中部，上游接纳清泥河来水，下游为鹿鸣湖等水系供水，承担着承上启下的重要作用，是利用有限的水资源、形成良好的水生态环境打造生态宜居城市的重要部分．某校课外兴趣小组想测量位于芙蓉湖两端的A ，B 两点之间的距离他沿着与直线AB 平行的道路EF 行走，走到点C 处，测得∠ACF=45°，再向前走300米到点D 处，测得∠BDF=60°．若直线AB 与EF 之间的距离为200米，求A ，B 两点之间的距离（结果保留一位小数）
【答案】215.6米．
【解析】
【分析】
过A 点做EF 的垂线，交EF 于M 点，过B 点做EF 的垂线，交EF 于N 点，
根据Rt △ACM 和三角函数tan BDF ∠求出CM 、DN ，然后根据MN MD DN AB =+=即可求出A 、B 两点间的距离.
【详解】
解：过A 点做EF 的垂线，交EF 于M 点，过B 点做EF 的垂线，交EF 于N 点
在Rt △ACM 中，∵45ACF ∠=︒，
∴AM=CM=200米，
又∵CD=300米，所以100MD CD CM =-=米，
在Rt △BDN 中，∠BDF=60°，BN=200米 ∴115.6tan 60BN DN =≈米， ∴215.6MN MD DN AB =+=≈米
即A，B两点之间的距离约为215.6米．
【点睛】
本题主要考查三角函数，正确做辅助线是解题的关键.
5．3米/秒 =65.88千米/小时>60千米/小时．
此车超过限制速度．…4分
6．已知Rt△ABC，∠BAC＝90°，点D是BC中点，AD＝AC，BC＝43，过A，D两点作⊙O，交AB于点E，
（1）求弦AD的长；
（2）如图1，当圆心O在AB上且点M是⊙O上一动点，连接DM交AB于点N，求当ON 等于多少时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形？
（3）如图2，当圆心O不在AB上且动圆⊙O与DB相交于点Q时，过D作DH⊥AB（垂足为H）并交⊙O于点P，问：当⊙O变动时DP﹣DQ的值变不变？若不变，请求出其值；若变化，请说明理由．
【答案】（1）23
（2）当ON等于13﹣1时，三点D、E、M组成的三角形是等腰三角形
（3）不变，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到AD的长；
（2）连DE、ME，易得当ED和EM为等腰三角形EDM的两腰，根据垂径定理得推论得OE⊥DM，易得到△ADC为等边三角形，得∠CAD=60°，则∠DAO=30°，∠DON=60°，然后
根据含30°的直角三角形三边的关系得DN=1
2
3
3
；
当MD=ME，DE为底边，作DH⊥AE，由于3∠DAE=30°，得到3，
∠DEA=60°，DE=2，于是OE=DE=2，OH=1，
又∠M=∠DAE=30°，MD=ME，得到∠MDE=75°，则∠ADM=90°-75°=15°，可得到
∠DNO=45°，根据等腰直角三角形的性质得到33；
（3）连AP、AQ，DP⊥AB，得AC∥DP，则∠PDB=∠C=60°，再根据圆周角定理得
∠PAQ=∠PDB，∠AQC=∠P，则∠PAQ=60°，∠CAQ=∠PAD，易证得△AQC≌△APD，得到DP=CQ，则DP-DQ=CQ-DQ=CD，而△ADC为等边三角形，3DP-DQ的
值．
【详解】
解：（1）∵∠BAC ＝90°，点D 是BC 中点，BC ＝
∴AD ＝1
2
BC ＝ （2）连DE 、ME ，如图，∵DM ＞DE ，
当ED 和EM 为等腰三角形EDM 的两腰，
∴OE ⊥DM ，
又∵AD ＝AC ，
∴△ADC 为等边三角形，
∴∠CAD ＝60°，
∴∠DAO ＝30°，
∴∠DON ＝60°，
在Rt △ADN 中，DN ＝
12AD ，
在Rt △ODN 中，ON ＝3
DN ＝1， ∴当ON 等于1时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形；
当MD ＝ME ，DE 为底边，如图3，作DH ⊥AE ，
∵AD ＝
∠DAE ＝30°，
∴DH ∠DEA ＝60°，DE ＝2，
∴△ODE 为等边三角形，
∴OE ＝DE ＝2，OH ＝1，
∵∠M ＝∠DAE ＝30°，
而MD ＝ME ，
∴∠MDE ＝75°，
∴∠ADM ＝90°﹣75°＝15°，
∴∠DNO ＝45°，
∴△NDH 为等腰直角三角形，
∴NH
＝DH
∴ON ﹣1；
综上所述，当ON 等于11时，三点D 、E 、M 组成的三角形是等腰三角形；
（3）当⊙O 变动时DP ﹣DQ 的值不变，DP ﹣DQ ＝．理由如下：
连AP 、AQ ，如图2，
∵∠C ＝∠CAD ＝60°，
而DP ⊥AB ，
∴AC ∥DP ，
∴∠PDB＝∠C＝60°，
又∵∠PAQ＝∠PDB，
∴∠PAQ＝60°，
∴∠CAQ＝∠PAD，
∵AC＝AD，∠AQC＝∠P，
∴△AQC≌△APD，
∴DP＝CQ，
∴DP﹣DQ＝CQ﹣DQ＝CD＝23．
【点睛】
本题考查了垂径定理和圆周角定理：平分弧的直径垂直弧所对的弦；在同圆和等圆中，相等的弧所对的圆周角相等．也考查了等腰三角形的性质以及含30°的直角三角形三边的关系．
7．小明坐于堤边垂钓，如图①，河堤AC的坡角为30°，AC长米，钓竿AO的倾斜角是60°，其长为3米，若AO与钓鱼线OB的夹角为60°，求浮漂B与河堤下端C之间的距离(如图②)．
【答案】1．5米．
【解析】
试题分析：延长OA交BC于点D．先由倾斜角定义及三角形内角和定理求出
在Rt△ACD中,米，CD=2AD=3
米，再证明△BOD是等边三角形，得到米，然后根据BC=BD−CD即可求出浮漂B与河堤下端C之间的距离．
试题解析：延长OA交BC于点D.
∵AO的倾斜角是，
∴
∵
在Rt△ACD中, (米)，
∴CD=2AD=3米，
又
∴△BOD是等边三角形，
∴(米)，
∴BC=BD−CD=4.5−3=1.5(米).
答：浮漂B与河堤下端C之间的距离为1.5米.
8．如图，Rt△ABC，CA⊥BC，AC＝4，在AB边上取一点D，使AD＝BC，作AD的垂直平分线，交AC边于点F，交以AB为直径的⊙O于G，H，设BC＝x．
（1）求证：四边形AGDH为菱形；
（2）若EF＝y，求y关于x的函数关系式；
（3）连结OF，CG．
①若△AOF为等腰三角形，求⊙O的面积；
②若BC＝3，则30CG+9＝______．（直接写出答案）．
【答案】（1）证明见解析；（2）y＝1
8
x2（x＞0）；（3）①
16
3
π或8π或（17+2）
π；21．
【解析】
【分析】
（1）根据线段的垂直平分线的性质以及垂径定理证明AG=DG=DH=AH即可；
（2）只要证明△AEF∽△ACB，可得AE EF
AC BC
=解决问题；
（3
）①分三种情形分别求解即可解决问题；
②只要证明△CFG∽△HFA，可得GF
AF
=
CG
AH
，求出相应的线段即可解决问题；
【详解】
（1）证明：∵GH垂直平分线段AD，∴HA＝HD，GA＝GD，
∵AB是直径，AB⊥GH，
∴EG＝EH，
∴DG＝DH，
∴AG＝DG＝DH＝AH，
∴四边形AGDH是菱形．
（2）解：∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF＝∠ACB＝90°，
∵∠EAF＝∠CAB，
∴△AEF∽△ACB，
∴AE EF
AC BC
=，
∴1
2
4
x y
x
=，
∴y＝1
8
x2（x＞0）．
（3）①解：如图1中，连接DF．
∵GH垂直平分线段AD，
∴FA＝FD，
∴当点D与O重合时，△AOF是等腰三角形，此时AB＝2BC，∠CAB＝30°，
∴AB ＝833， ∴⊙O 的面积为163π． 如图2中，当AF ＝AO 时，
∵AB ＝22AC BC +＝216x +，
∴OA ＝2162
x +， ∵AF ＝22EF AE +＝2221182x ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
， ∴2162x +＝22
21182x ⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 解得x ＝4（负根已经舍弃），
∴AB ＝42，
∴⊙O 的面积为8π．
如图2﹣1中，当点C 与点F 重合时，设AE ＝x ，则BC ＝AD ＝2x ，AB ＝2164x +，
∵△ACE ∽△ABC ，
∴AC 2＝AE•AB ，
∴16＝2164x +
解得x2＝217﹣2（负根已经舍弃），
∴AB2＝16+4x2＝817+8，
∴⊙O的面积＝π•1
4
•AB2＝（217+2）π
综上所述，满足条件的⊙O的面积为
16
3
π或8π或（217+2）π；
②如图3中，连接CG．
∵AC＝4，BC＝3，∠ACB＝90°，
∴AB＝5，
∴OH＝OA＝
5
2
，
∴AE＝3
2
，
∴OE＝OA﹣AE＝1，
∴EG＝EH
2
5
1
2
⎛⎫
-
⎪
⎝⎭
21
2
，
∵EF＝1
8
x2＝
9
8
，
∴FG＝21
2
﹣
9
8
，AF22
AE EF
+
15
8
，AH22
AE EH
+
30
，∵∠CFG＝∠AFH，∠FCG＝∠AHF，
∴△CFG∽△HFA，
∴GF CG
AF AH
=，
∴
219
28
1530
8
-
=
∴CG＝270
5﹣
330
10
，
∴30CG+9＝421．
故答案为421．
【点睛】
本题考查圆综合题、相似三角形的判定和性质、垂径定理、线段的垂直平分线的性质、菱形的判定和性质、勾股定理、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
9．问题探究：
（一）新知学习：
圆内接四边形的判断定理：如果四边形对角互补，那么这个四边形内接于圆（即如果四边形EFGH的对角互补，那么四边形EFGH的四个顶点E、F、G、H都在同个圆上）．
（二）问题解决：
已知⊙O的半径为2，AB，CD是⊙O的直径．P是上任意一点，过点P分别作AB，CD 的垂线，垂足分别为N，M．
（1）若直径AB⊥CD，对于上任意一点P（不与B、C重合）（如图一），证明四边形PMON内接于圆，并求此圆直径的长；
（2）若直径AB⊥CD，在点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程汇总，证明MN的长为定值，并求其定值；
（3）若直径AB与CD相交成120°角．
①当点P运动到的中点P1时（如图二），求MN的长；
②当点P（不与B、C重合）从B运动到C的过程中（如图三），证明MN的长为定值．（4）试问当直径AB与CD相交成多少度角时，MN的长取最大值，并写出其最大值．
【答案】（1）证明见解析，直径OP=2；
（2）证明见解析，MN的长为定值，该定值为2；
（3）①MN=；②证明见解析；
（4）MN取得最大值2．
【解析】
试题分析：（1）如图一，易证∠PMO+∠PNO=180°，从而可得四边形PMON内接于圆，直径OP=2；
（2）如图一，易证四边形PMON是矩形，则有MN=OP=2，问题得以解决；
（3）①如图二，根据等弧所对的圆心角相等可得∠COP1=∠BOP1=60°，根据圆内接四边形的对角互补可得∠MP1N=60°．根据角平分线的性质可得P1M=P1N，从而得到△P1MN是等边三角形，则有MN=P1M．然后在Rt△P1MO运用三角函数就可解决问题；②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，根据圆周角定理可得∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，在Rt△QMN中运用三角函数可得：
MN=QN•sin∠MQN，从而可得MN=OP•sin∠MQN，由此即可解决问题；
（4）由（3）②中已得结论MN=OP•sin∠MQN可知，当∠MQN=90°时，MN最大，问题得以解决．
试题解析：（1）如图一，
∵PM⊥OC，PN⊥OB，∴∠PMO=∠PNO=90°，∴∠PMO+∠PNO=180°，∴四边形PMON内接于圆，直径OP=2；
（2）如图一，
∵AB⊥OC，即∠BOC=90°，∴∠BOC=∠PMO=∠PNO=90°，∴四边形PMON是矩形，
∴MN=OP=2，∴MN的长为定值，该定值为2；
（3）①如图二，
∵P1是的中点，∠BOC=120°，∴∠COP1=∠BOP1=60°，∠MP1N=60°，∵P1M⊥OC，
P1N⊥OB，∴P1M=P1N，∴△P1MN是等边三角形，∴MN=P1M．
∵P1M=OP1•sin∠MOP1=2×sin60°=，∴MN=；
②设四边形PMON的外接圆为⊙O′，连接NO′并延长，
交⊙O′于点Q，连接QM，如图三，
则有∠QMN=90°，∠MQN=∠MPN=60°，
在Rt △QMN 中，sin ∠MQN=，∴MN=QN•sin ∠MQN ，
∴MN=OP•sin ∠MQN=2×sin60°=2×=，∴MN 是定值．
（4）由（3）②得MN=OP•sin ∠MQN=2sin ∠MQN ．
当直径AB 与CD 相交成90°角时，∠MQN=180°﹣90°=90°，MN 取得最大值2． 考点：圆的综合题．
10．已知：如图，在Rt △ABO 中，∠B =90°，∠OAB =30°，OA =3．以点O 为原点，斜边OA 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系，以点P （4，0）为圆心，PA 长为半径画圆，⊙P 与x 轴的另一交点为N ，点M 在⊙P 上，且满足∠MPN =60°．⊙P 以每秒1个单位长度的速度沿x 轴向左运动，设运动时间为ts ，解答下列问题：
（发现）（1）MN 的长度为多少；
（2）当t =2s 时，求扇形MPN （阴影部分）与Rt △ABO 重叠部分的面积．
（探究）当⊙P 和△ABO 的边所在的直线相切时，求点P 的坐标．
（拓展）当MN 与Rt △ABO 的边有两个交点时，请你直接写出t 的取值范围．
【答案】【发现】（1）MN 的长度为
π3；（23P 的坐标为10（，）；或23 0）或23 0（）；【拓展】t 的取值范围是23t ≤＜或45t ≤＜，理由见解析．
【解析】
【分析】
发现：（1）先确定出扇形半径，进而用弧长公式即可得出结论；
（2）先求出PA =1，进而求出PQ ，即可用面积公式得出结论；
探究：分圆和直线AB 和直线OB 相切，利用三角函数即可得出结论；
拓展：先找出MN 和直角三角形的两边有两个交点时的分界点，即可得出结论．
【详解】
[发现]
（1）∵P （4，0），∴OP =4．
∵OA =3，∴AP =1，∴MN 的长度为6011803ππ⨯=． 故答案为3
π； （2）设⊙P 半径为r ，则有r =4﹣3=1，当t =2时，如图1，点N 与点A 重合，∴PA =r =1，设MP 与AB 相交于点Q ．在Rt △ABO 中，∵∠OAB =30°，∠MPN =60°． ∵∠PQA =90°，∴PQ 12=
PA 12=，∴AQ =AP ×cos30°3=，∴S 重叠部分=S △APQ 12=PQ ×AQ 3=． 即重叠部分的面积为
38． [探究]
①如图2，当⊙P 与直线AB 相切于点C 时，连接PC ，则有PC ⊥AB ，PC =r =1． ∵∠OAB =30°，∴AP =2，∴OP =OA ﹣AP =3﹣2=1；
∴点P 的坐标为（1，0）；
②如图3，当⊙P 与直线OB 相切于点D 时，连接PD ，则有PD ⊥OB ，PD =r =1，∴PD ∥AB ，∴∠OPD =∠OAB =30°，∴cos ∠OPD PD OP =
，∴OP 12330cos ==︒∴点P 的坐标为（233
，0）； ③如图4，当⊙P 与直线OB 相切于点E 时，连接PE ，则有PE ⊥OB ，同②可得：OP 23=； ∴点P 的坐标为（233-
，0）；
[拓展]
t的取值范围是2＜t≤3，4≤t＜5，理由：
如图5，当点N运动到与点A重合时，MN与Rt△ABO的边有一个公共点，此时t=2；
当t＞2，直到⊙P运动到与AB相切时，由探究①得：OP=1，∴t
41
1
-
==3，MN与
Rt△ABO的边有两个公共点，∴2＜t≤3．
如图6，当⊙P运动到PM与OB重合时，MN与Rt△ABO的边有两个公共点，此时t=4；直到⊙P运动到点N与点O重合时，MN与Rt△ABO的边有一个公共点，此时t=5；
∴4≤t＜5，即：t的取值范围是2＜t≤3，4≤t＜5．
【点睛】
本题是圆的综合题，主要考查了弧长公式，切线的性质，锐角三角函数，三角形面积公式，作出图形是解答本题的关键．。